Được đánh giá là một trong những Trung tâm Luyện thi Uy tín tại Tp. HCM http://www.qsc45.com http://www.qsc45.vn

1. Họ và tên thí sinh:………………………………..
Số báo danh:……………………………………...
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 đi˔m)
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x



2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 .
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
217
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
 
    
2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy
   

   
Câu III (1 điểm )Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x


Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân
tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600
. Tính côsin của góc giữa hai
mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1
Chứng minh rằng: 3
a b b c c a
ab c bc a ca b
  
  
  
II. PHẦN RIÊNG (3 đi˔m)Thí sinh chˠ đɵ c làm m t trong hai phʵn (phʵn A ho˅c B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 450
.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ) :
1 2 3
x y z
d

 
 
và
1 4
( ') :
1 2 5
x y z
d
 
 
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
2 2
2
(24 1)(24 1) (24 1)log log xx x x xL og x x x  
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2
( ) : 1C x y  , đường thẳng ( ) : 0d x y m   .
Tìm m để ( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng 1 :
2
2

x
=
1
1y
=
3
z
. Gọi 2 là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 , 2 .
Câu VII.b (1 điểm) : Giải bất phương trình: logx( log3( 9x
– 72 ))  1.
-------------------------------- Hết ------------------------
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC QSC- 45
Số 92 Nguyễn Đình Chiểu,P.ĐaKao,Q.1,TP.HCM
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐH-CĐ NĂM 2014
MÔN: TOÁN- MÃ ĐỀ CN 06/4 LỚP TRƯỚC TẾT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

2. ĐÁP ÁN
1.1 *Tập xác định :   1D  
*Tính 2
1
' 0
( 1)
y x D
x

   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1

 
x
lim y
1x
Lim y

 
2
x
Lim y

 2
x
Lim y


Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x  1

y’ - -
y
2 
 2
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0( ; ( )) ( )M x f x C có phương trình
0 0 0'( )( ) ( )y f x x x f x  
Hay 2 2
0 0 0( 1) 2 2 1 0x x y x x      (*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2
0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x

 
 
giải được nghiệm 0 0x  và 0 2x 
*Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0x y   và 5 0x y  
0.25
0.25
0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
os2 3sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x

    
os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
 
     
2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
 
     
Giải được
1
os( )
6 2
c x

   và os( ) 2
6
c x

   (loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x

   được nghiệm 2
2
x k

  và
5
2
6
x k

  
0.25
0.25
0.25

3. 0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy
   

   
*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v
  


, ta được hệ
2
1
1
u v
v u
  

  
*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
0.25
0.25
0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x

 thì
1
2
t 
Từ đó
1
12
2 2
11
2
ln lnt t
I dt dt
t t
   
*Đặt 2
1
ln ;u t dv dt
t
 
1 1
;du dt v
t t
   
Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 21 1
2
2 2
I t dt
t t t
     
*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I   
0.25
0.25
0.25
0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ( )SH ABC
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
0
60SEH SFH 
*Kẻ H K SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng H K A .
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
H A  , 0 3
tan 60
2
a
SH H F 
*Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
H K H S H B
   
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
202tan
33
10
a
AH
AK H
K H
a
  
3
cos
23
AK H 
0.25
0.25
0.25
0.25
5 *Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
  
 
     
*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
  
  
     
0.25
0.25

4. Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
  

     
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c  
0.25
0.25
6.a1
* có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
 

  
và có vtcp ( 3;2)u  

*A thuộc  (1 3 ; 2 2 )A t t   
*Ta có (AB;  )=450 1
os( ; )
2
c AB u 
  . 1
2.
AB u
AB u
 
 

2 15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t        
*Các điểm cần tìm là 1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A 
0.25
0.25
0.25
0.25
6.a2 *(d) đi qua 1(0; 1;0)M  và có vtcp 1 (1; 2; 3)u   

(d’) đi qua 2 (0;1;4)M và có vtcp 2 (1;2;5)u 

*Ta có 1 2; ( 4; 8;4)u u O      
  
, 1 2 (0;2;4)M M 

Xét 1 2 1 2; . 16 14 0u u M M      
  
(d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n  

và đi qua
M1 nên có phương trình 2 2 0x y z   
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25
0.25
0.25
0.25
7.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét 1x  , biến đổi phương trình tương đương với
1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)x x xx x x
 
    
Đặt log ( 1)x x t  , ta được phương trình
1 2 1
1 2 2t t t
 
 
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1 log ( 1) 1x x   phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x x   
2 3
.(24 1) 1x x   (*)
Nhận thấy
1
8
x  là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x  thì VT(*)>1
Nếu
1
8
x  thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x 
0.25
0.25
0.25
0.25

5. *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x 
6.b1 *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ; ) 1d O d 
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
OABS OAOB AOB AOB  
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0
90A OB 
1
( ; )
2
d I d  1m  
0.25
0.25
0.25
0.25
6.b2
* 1 có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t
z t
 

  
 
* 2 có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
 

 
 
*Giả sử 1 2;d A d B     
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t   
* ( 2 ;3 6; 3 )AB s t s t s t    

, mf(R) có vtpt (1;2; 3)n  

* ( ) &d R AB n 
 
cùng phương
2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t   
  

23
24
t 
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A và có vtcp (1;2; 3)n  

=> d có phương trình
231 1
812 12
1 2 3
zx y  
 

0.25
0.25
0.25
0.25
7b
*Điều kiện : 3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x 

 

 
giải được 9log 73x 
Vì 9log 73x  >1 nên bpt đã cho tương đương với
3log (9 72)x
x 
9 72 3x x
  
3 8
3 9
x
x
  
 

2x 
*Kết luận tập nghiệm : 9(log 72;2]T 
0.25
0.25
0.25